【LOJ2587】「APIO2018」铁人两项

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【思路要点】

• 首先我们来证明点双连通分量的一个性质。
  
• 引理：在一个点双连通分量中，给定任意三个不同的点\(a\)，\(b\)，\(c\)，一定存在一条从\(a\)到\(c\)的，经过每个点至多一次的简单路径经过了\(b\)。
  
• 证明：考虑网络流。在原图中存在无向边的点对之间建立无向边，容量为1；对每个点拆点限流，容量为1；由\(a\)和\(c\)向汇点连边，容量为1；由源点向\(b\)连边，容量为2。显然，原命题等价于源点到汇点的最大流等于2。显然源点到汇点的最大流不超过2，现在我们来证明它大于1。考虑最小割，我们发现割去一条点对之间的无向边等价于删去原图中的一条边，割去一条限流边等价于删去原图中的一个点，由于原图点双连通，我们无法只割去一条容量为1的边使得源点到汇点不连通，因此最小割大于1，原命题得证。
  
• 那么，我们建立圆方树，枚举\(b\)，考虑如何计算合法的\((a,c)\)点对数。
• 由上面证明的引理，我们只需要保证\(a\)到\(b\)的路径上和\(c\)到\(b\)的路径上没有相同的必经的圆点就可以保证\((a,b,c)\)是一个合法的点对。也即在直接与\(b\)由方点相连的圆点的子树中，\(a\)和\(c\)应当属于不同的子树。
• 简单树形DP即可。
• 时间复杂度\(O(N+M)\)。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 200005;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) x = -x, putchar('-');
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
	write(x);
	puts("");
}
vector <int> a[MAXN], b[MAXN];
int n, m, oldn, top, Stack[MAXN];
int timer, dfn[MAXN], low[MAXN];
int cnt, size[MAXN];
long long ans, tans[MAXN];
void work(int pos, int fa) {
	size[pos] = pos <= oldn;
	for (unsigned i = 0; i < b[pos].size(); i++)
		if (b[pos][i] != fa) {
			work(b[pos][i], pos);
			size[pos] += size[b[pos][i]];
		}
	if (pos <= oldn) {
		ans += (cnt - 1ll) * (cnt - 1ll);
		for (unsigned i = 0; i < b[pos].size(); i++)
			if (b[pos][i] != fa) ans -= tans[b[pos][i]];
	} else {
		for (unsigned i = 0; i < b[pos].size(); i++)
			if (b[pos][i] != fa) tans[pos] += 1ll * size[b[pos][i]] * size[b[pos][i]];
		long long tmp = 1ll * (cnt - size[pos]) * (cnt - size[pos]);
		for (unsigned i = 0; i < b[pos].size(); i++)
			if (b[pos][i] != fa) ans -= tans[pos] - 1ll * size[b[pos][i]] * size[b[pos][i]] + tmp;
	}
}
void tarjan(int pos) {
	Stack[++top] = pos; cnt++;
	dfn[pos] = low[pos] = ++timer;
	for (unsigned i = 0; i < a[pos].size(); i++)
		if (dfn[a[pos][i]] == 0) {
			tarjan(a[pos][i]);
			chkmin(low[pos], low[a[pos][i]]);
			if (low[a[pos][i]] == dfn[pos]) {
				int tmp = 0, cmt = 1; n++;
				while (tmp != a[pos][i]) {
					tmp = Stack[top--];
					b[n].push_back(tmp);
					b[tmp].push_back(n);
					cmt++;
				}
				b[n].push_back(pos);
				b[pos].push_back(n);
			}
		} else chkmin(low[pos], dfn[a[pos][i]]);
}
int main() {
	read(n), read(m), oldn = n;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		int x, y;
		read(x), read(y);
		a[x].push_back(y);
		a[y].push_back(x);
	}
	for (int i = 1; i <= oldn; i++)
		if (dfn[i] == 0) {
			cnt = 0;
			tarjan(i);
			work(i, 0);
		}
	writeln(ans);
	return 0;
}